天津市北辰区2023-2024学年高二上学期期中数学试题 Word版含解析.docx

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北辰区2023~2024学年度高二第一学期期中检测试卷数学试题说明：本试卷共有选择、填空、解答三道大题，共计120分，考试时间：100分钟一、选择题．（本大题共9个小题，每小题4分，共36分，在每小题的四个选项中，只有一项是正确的，请把它选出并填在答题卡上）1.已知向量，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的加法坐标运算可得.【详解】因为，，所以，故选：D2.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题可得直线斜率，即可得倾斜角.【详解】，则直线斜率为，故倾斜角为.故选：D3.过点且与直线垂直的直线方程是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据垂直关系设出直线方程为，代入点的坐标，求出答案. 【详解】与直线垂直的直线方程可设为，将代入可得，解得，故过点且与直线垂直的直线方程为.故选：B4.若方程表示圆，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据圆的一般式的意义列不等式，解不等式.【详解】由方程表示圆，得，解得，故选：A.5.已知椭圆，焦点在轴上，且焦距为4，则短轴长为（）A.B.4C.D.8【答案】A【解析】【分析】由题可得，后由，可得m，即可得答案.【详解】设椭圆半焦距为c，半长轴为a，半短轴为b，则由题有，则.故，则短轴长为.故选：A6.若直线与平行，则的值为（）A.0B.2C.3D.2或3【答案】D【解析】 【分析】根据两直线平行的充要条件计算可得.【详解】因为直线与平行，所以，解得或，当时直线与平行，符合题意；当时直线与平行，符合题意；所以或.故选：D7.在平行六面体中，M为与的交点，，，，则下列向量中与相等的向量是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的线性运算进行求解．【详解】．故选：A．8.若直线不经过第一象限，则t的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将直线方程化为斜截式，由直线不过第一象限，则斜率小于等于零即可得解； 【详解】解：直线方程可化为，因为直线不经过第一象限，所以，解得．故选：D【点睛】本题考查直线的斜截式方程的应用，属于基础题.9.在正方体中，为中点，，，，，使得，则（）A.0B.1C.2D.3【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，得到点的坐标，根据得到方程组，求出，得到答案.【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体边长为，则，则，因为，所以，故，解得，故， 故选：A二、填空题．（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．请将正确答案填在答题卡上）10.已知椭圆上一点到其一个焦点的距离为，则点到另一个焦点的距离为________．【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义计算可得.【详解】椭圆，则，所以，根据椭圆的定义可知椭圆上的点到两焦点的距离之和为，因为椭圆上点到其一个焦点的距离为，则点到另一个焦点的距离为.故答案为：11.直线在两坐标轴上的截距之和为________．【答案】【解析】【分析】根据截距的定义即可分别求解轴上的截距为，即可相加求解.【详解】令则，令，则，所以在轴上的截距分别为，故， 故答案为：12.已知四面体ABCD，G是CD的中点，连接AG，则________．【答案】##【解析】【分析】根据已知条件作出图形，利用空间向量的加法法则即可求解.【详解】四面体，是的中点，如图，则，所以.故答案为：13.直线与，若，则实数________．【答案】或【解析】【分析】根据两直线垂直的充要条件得到方程，解得即可.【详解】因为直线与垂直，所以，解得或.故答案为：或14.已知空间向量，，两两夹角均为，其模均为1，则____________．【答案】【解析】【分析】根据空间向量数量积的定义可求得，进而求得的值，从而求解.【详解】因为，且两两夹角为，所以， 所以，所以.故答案为：.15.已知直线l被两条直线和截得的线段的中点为，则直线l的一般式方程为______．【答案】【解析】【分析】通过解方程组求出直线l与两直线交点的坐标，再利用中点坐标公式进行求解即可.【详解】设直线l的斜率为，因为直线l过，所以直线方程为，由，由，由题意可知：是截得线段的中点，所以，即，故答案为：三、解答题．（本大题共5个小题，共60分）16.已知直线过原点，且与平行．（1）求直线的方程；（2）求与间的距离；（3）若圆经过点,，并且被直线平分，求圆方程．【答案】（1）（2）（3）【解析】 【分析】（1）根据直线平行满足斜率相等，即可求解，（2）根据平行线间距离公式即可求解，（3）根据圆心在上，结合,在圆上，由两点距离公式，即可求解.【小问1详解】根据题意，直线与平行，则有斜率为，．又因其过原点，所以方程为．【小问2详解】方程为，所以与间的距离为．．【小问3详解】设圆心由于直线平分圆，所以圆心在直线上，即．又，所以有．联立，解得．所以所以圆的方程为．17.如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，、分别为、的中点． （1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；（3）利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.【小问1详解】证明：、分别为、的中点，则，平面，平面，故平面.【小问2详解】解：因为四边形为正方形，则，又因为，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、，设平面的法向量为，，，则，得，取，可得，，则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】解：易知平面的一个法向量为，.因此，平面与平面的夹角的余弦值为.18.已知椭圆过点，且离心率为（1）求椭圆的方程；（2）若过原点的直线与椭圆交于两点，且在直线上存在点，使得为等边三角形，求直线的方程.【答案】（1）；（2）方程为y=0或. 【解析】【分析】（1）将点代入椭圆方程，由，结合，可得，即可求解.（2）讨论直线斜率或斜率时，将直线与椭圆方程联立，求出交点，设，可得，再将的垂直平分线方程与椭圆联立，求出，求出，根据即可求解.【详解】（1）由题，解得，，，∴椭圆的方程为（2）由题，当斜率时，此时，直线与轴的交点满足题意；当的斜率时，设直线，与椭圆联立得，，设，则，，又垂直平分线方程为，由，解得，，，∵为等边三角形，，即，解得(舍去)，，∴直线的方程为 综上可知，直线的方程为y=0或.【点睛】关键点点睛：将直线方程联立，关键求出，由的形状，列出等式，此题要求有较高的计算求解能力，难度较大.19.如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中∥，，，，为棱BC上的点，且．（1）求证：平面PAC；（2）求点到平面PCD的距离；（3）设为棱CP上的点（不与C，P重合），且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）2（3）【解析】【分析】（1）如图建立空间直角坐标系.利用向量法可得，，即可证明结论；（2）由（1）可得与平面PCD的法向量，即可得答案；（3）设，后由直线QE与平面PAC所成角的正弦值为结合空间向量知识可得关于的方程，即可得答案.【小问1详解】因为平面，平面，平面所以，.因为则以A为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系．由已知可得，，，，，．所以，，．因为，所以.，所以． 又，平面，平面．所以平面；【小问2详解】由（1）可知，设平面的法向量因为，．所以，即不妨设，得点到平面的距离．所以点到平面的距离为．．【小问3详解】设，即．则，即.则.由（1）可取为平面PAC法向量.因与平面夹角正弦值为，则即解得，即.20.已知椭圆经过点，且离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆相交于A，B两点，线段AB的中点为，是否存在常数，使恒成立，并说明理由． 【答案】（1）（2）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）由题可得，结合可得，即可得答案；（2）将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，后由题意可的答案.小问1详解】由题意知，又因为解得．所以椭圆方程为．．【小问2详解】存在常数，使恒成立．证明如下：由得，且．设，，则，．又因为，，，所以.又因为线段的中点为，所以，所．所以存在常数，使恒成立.